Hey, also nachdem ca 1/3 der rechenbeispiele der prüfung lustige integrale sind, hier mal ein passender Thread und gleich mal einen Kandidaten für das
Lustigste Integral :trumpets:
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{sin(5x)}{1+(1-\frac{\pi}{2})^2}dx
Ich krieg 0 heraus, aber leider will es mir weder maple noch wolframalpha ausrechnen, sodass ich auf euch angewiesen bin. 
lg
neuer Vorschlag:
(die 5 einfach dazudenken xD)
Im2\pi \sum_{Res}\frac{1}{(1-\frac{\pi i }{2}+iz)(1+\frac{\pi i}{2}-iz)}e^{iz} da aber nur die eine Polstelle im oberen halbkreis liegt krieg ich mit lim_{z\rightarrow i+\frac{\pi}{2}}(z-i-\frac{\pi}{2})\frac{e^{iz}}{(z-i-\frac{\pi}{2})(-z+\frac{\pi}{2}-i)} raus dass
Im(\frac{-2\pi i}{-2i}*e^{-1}*e^{i\frac{\pi}{2}})=\frac{\pi}{e}sin(\frac{\pi}{2})=\frac{\pi}{e}
lg
int-17-5-13.pdf (543 KB)
Next:
Aus der Prüfung vom Mai diesen Jahres.
\int_{\Gamma}\frac{dx}{cosh(x)}
Wobei \Gamma dem Einheitskreis entspricht.
Ich kriege 0 raus… hab aber keine Ahnung ob das stimmt, weil die Nullstellen genau am Einheitskreis liegen… Kann ich die Nullstellen einfach um i\epsilon verschieben, damit sie genau im Einheitskreis liegen?
greets,
Roughman
Also ich würds so angehen:
\int\frac{1}{coshz}dz=\int\frac{2}{e^z+e^{-z}}=\int\frac{2e^z}{e^{2z}+1} Die Nst davon sind \frac{1}{2}i(2\pi n+\pi) n\in \mathbb{Z} die sind nicht im 1heitskreis enthalten. Daher ist die Funktion im Einheitskreis holomorph und das geschlossene Integral 0.
Was meint ihr dazu?
Wie kommst du auf die Nullstellen?
greets
e^2x=-1, wurzel ziehen und mit dem komplexen logarithmus ran: ln(z)=ln|z|+iarg(z). Wenn du dir i auf der komplexen Zahlenebene anschaust, siehst du, dass der winkel pi/2 ist, demnach ist ln(i)=i *pi/2. das +2npi sind die ganzen nebenzweige, die hier aber auch keine Rolle spielen.
Ich steh gerade bei folgendem Beispiel aus der Prüfung des 12.02.2013 an:
\int_{-\pi}^\pi sin^2(x) ; cos(x);,dx;=; \int_{0}^{2\pi} sin^2(x) ; cos(x);,dx
Wolfram Alpha spuckt als Ergebnis 0 aus…
Durch Substitution ergibt dieses Integral:
F(z)=\frac{i}{8}\cdot;\int_{0}^{2\pi} \frac{(z-z^{-1})^2;\cdot; (z+z^{-1})}{z} ;,dz
Das Residuum müsste dementsprechend durch
\underset{z=0}{\operatorname{Res}} \Big(F(z)\Big)= \underset{z\rightarrow 0}{\operatorname{lim}} ; z\cdot ; \frac{(z-z^{-1})^2;\cdot; (z+z^{-1})}{z}
gegeben sein.
Aus-multiplizieren und kürzen führt auf
\underset{z=0}{\operatorname{Res}} \Big(F(z)\Big)= \underset{z\rightarrow 0}{\operatorname{lim}} ; (z^3-z-\frac{1}{z}+\frac{1}{z^3})
Das ergibt aber nichts sinnvolles, oder?
Hat jemand vllcht eine Idee was falsch gelaufen ist?
Danke!
Dadurch, dass du im Zähler noch Potenzen von z^-1 hast kannst du das so nicht machen. Vereinfachen den term mal ganz!
F(z)=\frac{i}{8}\cdot;\int_{0}^{2\pi} \frac{(z-z^{-1})^2;\cdot; (z+z^{-1})}{z} ;,dz=\frac{i}{8}\cdot;\int_{0}^{2\pi} \frac{(z^2-2+z^{-2})*(z+z^{-1})}{z};,dz=\frac{i}{8}\cdot;\int_{0}^{2\pi}\frac{z^3-2z+z^{-1}+z-2z^{-1}+z^{-3}}{z};,dz=\frac{i}{8}\cdot;\int_{0}^{2\pi}(z^2-1-z^{-2}+z^{-4});,dz
und jetzt kannst du ganz einfach die residuen der einzelnen terme ausrechnen und kommst auf 0 
Danke, das macht natürlich sehr viel mehr Sinn